Repetitorium C: Variationsrechnung, Noether

Fakultät für Physik
T1: Klassische Mechanik, SoSe 2015
Dozent: Jan von Delft
Übungen: Katharina Stadler, Frauke Schwarz, Dennis Schimmel, Lukas Weidinger
http://homepages.physik.uni-muenchen.de/~vondelft/Lehre/15t1/
Repetitorium C: Variationsrechnung, Noether-Theorem
Lösung Aufgabe 1: Noether-Theorem [6]
(a) Alte und neue Variablen sind verknüpft durch ri = r0i − εv t, ṙi = ṙ0i − εv, also gilt:
L0 (r0i , ṙ0i , t, ε) = L(ri (r0i ), ṙi (ṙ0i ), t, ε)
=
N
X
mi
i=1
2
(ṙ0i − εv)2
= L(r0i , ṙ0i , t, ε) −
X
mi εv · ṙ0i +
=
2
i
i
d
+
dt
L(r0i , ṙ0i , t, ε)
X mi
−
X
mi εv ·
r0i
ε2 v 2
+
X mi
i
i
|
2
!
2 2
εv t
{z
M (r0i ,t,ε)
}
(b)
N
X
∂L ∂ri (r0i , t, ε) Q=
∂
ṙ
∂ε
i
i=1
=
N
X
mi ṙi (−vt) +
i=1
=−
N
X
i=1
ε=0
X
∂M (i) (r0i , t, ε) −
∂ε
ε=0
mi v · ri
i
mi ṙi · vt +
X
mi v · ri =
i
X
mi (−ṙi t + ri ) · v
i
(c) R entspricht der Position der Schwerpunkts.
Q = M −Ṙt + R · v
Da v beliebig ist, ist −Ṙt + R erhalten. Dies impliziert R(t) = R(t = 0) + const · t,
was der gleichförmigen Schwerpunktsbewegung entspricht.
Lösung Aufgabe 2: Banditen im Sumpf [9+2]
1
(a) Brachistochrone (parametrisiert durch x)
ˆ
x1
T [y(x)] =
x0
p
ˆ
1 + y 02 (x)
dx
=: dx F (y 0 , x)
|v(x)|
(b) Euler-Lagrange-Gleichung:
d
0=
dx
∂F
∂y 0
−
∂F
∂y
!
y0
p
v 1 + y 02
y0
⇒ c = konst = p
v 1 + y 02
c2 v 2
02
y =
1 − c2 v 2
cv(x)
y0 = ± p
1 − c2 v 2 (x)
d
dx
=
(c) Separation der Variablen ergibt
ˆ
x1
∆y = ±
x0
cv(x)
dx p
1 − c2 v 2 (x)
Nun: v(x) = αx
ˆ
x
cαx̃
1 − c2 α2 x̃2
x0
x
1√
1 − c2 α2 x̃2 x0
=−
cα
q
1
1√
2
2
2
1−c α x +
1 − c2 α2 x20
=−
cα
cα
y(x0 ) = 0
[y(x1 ) = a −→ c]
y=
Hier: y 0 (x0 ) =
dx̃ √
√1
3
1
√
y 0 (x )
1
p 0
c=
= 2 3 =
02
√
2αx0
αx0
αx0 1 + y (x0 )
3
s
r
x2
1
⇒ y(x) = −2x0 1 − 2 + 2x0 1 −
4x0
4
s
r
x21
1
A := y(x1 ) = −2x0 1 − 2 + 2x0 1 −
4x0
4
Die Gleise werden bei (x1 , A) erreicht.
2
(d) Bonus
ˆ
x1
c=
1
,
2αx0
r
c2 α 2 x 2
1+
1 − c2 α 2 x 2
x0
r
ˆ x1
1
1
dx
=
αx 1 − 1c2 α2 x2
x0
√
1 1
x
2
2
2
= ln x − ln 1 + 1 − c α x x10
α
α
1
2
x0 = √ , x1 = √ ⇒ A = 1
3
3



1
1

q
=
ln 2 − ln 
α
1
1+ 1−
Tschnell =
1
dx
αx
4
ˆ
x1
Tdirekt =
x0
=
1
dx
αx
√
( 3x0 )2
1+
(x1 − x0 )2
s
2
ln 2
α
Der direkte Weg ist also langsamer.
Lösung Aufgabe 3: Brachistochrone im Schwerefeld der Erde [8]
(a) Energie-Erhaltung:
p
E = mgy + 12 mv 2 = 0 ⇒ v = −2gy
r
p
dy
ds = dx2 + dy 2 = dx 1 + ( )2
dx
Transitzeit:
ˆ
B
T =
ds
A
1
=
v
ˆ
s
xB
dx
0
y 02
1+
=
−2gy
ˆ
xB
s
dx F (y(x), y 0 (x)), mit F (y, y 0 ) =
0
1 + y 02
−2gy
(b) F (y, y 0 ) ist x-unabhängig, also ist entlang der Kurve, die T minimiert, folgende Größe
x-unabhängig:
p
1
y 02
1
p
c = ∂ Fy − F = (
− 1 + y 02 ) = − p
02
v
1+y
v 1 + y 02
0
y0
⇒ (−2cgy)(1 + y 02 ) = 1 ⇒ y 02 =
1 − y/y ∗
, −2c2 g := 1/y ∗ < 0
y/y ∗
(c)
dx
dy dθ
y(θ) = y sin (θ/2) ⇒
=
=
dθ
dθ dy
∗
2
3
r
y∗
y
y ∗ sin(θ/2) cos(θ/2)
−y
s
=
sin2 (θ/2)
y ∗ sin(θ/2) cos(θ/2) = y ∗ sin2 (θ/2)
1 − sin2 (θ/2)
ˆ
x(θ) = y
θ
∗
y∗
du sin (u/2) =
2
ˆ
2
0
θ
du (1 − cos(u)) =
0
y∗
(θ − sin θ)
2
Parametrisierung der Kurve:
y∗
γ = {(x(θ), y(θ)|x(θ) = (θ − sin θ), y(θ) = y ∗ sin2 (θ/2), θ ∈ [0, θB ]}
2
θB und y ∗ sind bestimmt durch:
yB
2 sin2 (θB /2)
yB
=
, y∗ =
2
xB
θB − sin(θB )
sin (θB /2)
(d)
ˆ
s
yB
T =
dy
0
x02
1+
=
−2gy
ˆ
yB
s
dy G(x0 , y), G(x0 , y) =
0
1 + x02
−2gy
G hängt nicht von x ab, also ist ∂x0 G erhalten:
x0
= c, ⇒ x02 = (−2gyc2 )(1 + x02 )
∂ x0 G = √
v 1 + x02
⇒ x02 =
1
y∗
, −2gc2 = ∗
∗
y −y
y
Lösung Aufgabe 4: Geodäten auf einer Kugel [8]
(a)
krk = 1 ⇒ r = (cos φ sin θ, sin φ sin θ, cos θ)
Kurve auf Kugel: γ = {r(s), s ∈ [0, L]}, L = Länge der Kurve.
ˆ
L = dskr0 (s)k
r0 = ds r = (− sin φ cos θ φ0 + cos φ cos θ θ0 , cos φ sin θ φ0 + sin φ cos θ θ0 , − sin θ θ0 )
mit φ0 = ds φ, θ0 = ds θ.
kr0 k =φ02 [sin2 φ sin2 θ + cos2 φ sin2 θ] + θ02 [cos2 φ cos2 θ + sin2 φ sin2 θ + sin2 θ]
+2φ0 θ0 [− sin φ sin θ cos φ cos θ + cos φ sin θ sin φ cos θ]
q
= θ02 + sin2 θ φ02
⇒L=
´
dsF (θ(s), θ0 (s), φ0 (s)) mit F (θ, θ0 , φ0 ) = kr0 k =
4
p
θ02 + sin2 θ φ02 .
(b) Euler-Lagrange:
θ0
sin θ cos θ φ02
ds (∂θ0 F ) = ∂θ F ⇒ ds ( ) =
,
F
F
ds (∂φ0 F ) = ∂φ F ⇒ ds (
φ0 sin2 θ
)=0
2
s sei die natürliche Parametrisierung, dann gilt per Definition kr0 k = F = 1, und obige
Gleichungen lauten:
θ00 = sin θ cos θ φ02 , ds (φ0 sin2 θ) = 0
(c)
Mögliche Lösungen:
φ0 = 0, θ0 = const
⇒ Jeder Längengrad ist eine Geodäte.
Per Symmetrie liegt jede Geodäte folglich auf
einem Kreis mit Radius 1 und Mittelpunkt
im Ursprung de Kugel.
Entlang eines Breitengrades gilt: θ0 = 0, φ0 = const. ⇒ Keine Lösung! (außer für θ = π/2)
(d) ’Lange’ (statt kurze) Verbindung entlang Kreis mit Radius 1 und Mittelpunkt im Ursprung.
Lösung Aufgabe 5: Tunnel durch die Erde [6]
(a) Zu minimieren ist die Teit T
ˆ
T =
ds
, ds2 = dx2 + dy 2 ,
v
mit den vorgegebenen Koordinaten r, φ:
x = r sin φ ⇒ dx = dr sin φ + r cos φ dφ
y = r cos φ ⇒ dy = dr cos φ − r sin φ dφ
⇒ ds2 = dx2 + dy 2 = dr2 (sin2 φ + cos2 φ) + 2rdφdr(sin φ + cos φ − cos φ sin φ)
= dr2 + r2 dφ2
Die Geschwindigkeit v folgt aus der Energieerhaltung:
s
p
ˆ p 2
ˆ
2 dφ2
r2 + (dφ r)2
dr
+
r
E
−
αr
2
1
mv
+
αr
=
E
⇒
v
=
v(r)
=
⇒
T
=
=
dφ
2
m/2
v(r)
v(r)
T ausgedrückt als Funktional in Abhängigkeit der Bahnkurve r(φ).
5
´
(b) Falls für S[q] = dtL(q, q̇, t) die Funktion L nicht explizit von t abhängt, so ist L − q̇∂q̇ L
eine Konstante. Hier:
√
√
√
r2 + r02
r2 + r02
r2 + r02
r0
0
√
c1 =
− r ∂r0 (
)=
− r0
v(r)
v(r)
v(r)
v(r) r2 + r02
√
E − αr 2
⇔ r2 + r02 − r02 = c1 v(r) r2 + r02 ⇔ r4 = c21
(r + r02 )
m/2
(c) Diese Gleichung kann durch Separation der Variablen gelöst werden:
ˆ
r4
dr
−2
2
2
c − r = (dφ r) ⇒ φ − φ0 = ± q
4
E − αr
r
c−2 − r2
E−αr
(d) V (r) =
chrone:
β
r
statt αr im Inneren. ⇒ v(r) →
q
E−β/r
.
m/2
Übergang zu gewöhnlichen Brachisto-
r = RE + z, x̃ = rφ, r0 = (dφ r) → r(dx̃ z)
r4 = c21 v 2 (r)(r2 + r02 ) → (RE + z)4 = c21 v 2 (z)(RE + z)2 [1 + (dx̃ z)2 ]
Der Grenzübergang wird jetzt durch RE z gefunden:
V (r) =
s
v=
β
β
β
=
=
r
RE + z
RE (1 +
z
)
RE
≈
β
z
(1 −
) = V0 + mgz
RE
RE
E − β/r p
= −2gz ⇒ (RE + z)2 = c21 (−2gz)[1 + (dx̃ z)2 ]
m/2
⇔ c2 = z[1 + (dx̃ z)2 ] + O((z/RE )2 )
Dies entspricht der gewöhnlichen Brachistochronegleichung aus dem Skript (hier z < 0).
[Gesamtpunktzahl Aufgaben: 39]
6